Đề thi học sinh giỏi môn Hoá lớp 12

Chia sẻ: Me Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:112

Thêm vào BST

Báo xấu

221
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kì thi học sinh giỏi là kì thi quan trọng đối với mỗi học sinh. Dưới đây là đề thi học sinh giỏi môn Hóa lớp 12 giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi sắp tới được tốt hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Hoá lớp 12

BỘ BỘGIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2000-2001 ĐỀ THI CHÍNH THỨC HOÁ HỌC VÔ CƠ (Bảng A) Câu I (4 điểm): 1. Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào: HF , HCl , HBr , HI ? Nếu có chất không điều chế được bằng phương pháp này, hãy giải thích tại sao? Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện (nếu có) để minh hoạ. 2. Trong dãy oxiaxit của clo, axit hipoclorơ là quan trọng nhất. axit hipoclorơ có các tính chất: a) Tính axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic; b) Có tính oxi hoá mãnh liệt; c) Rất dễ bị phân tích khi có ánh sáng mặt trời, khi đun nóng. Hãy viết các phương trình phản ứng để minh hoạ các tính chất đó. 3. Có các dung dịch (bị mất nhãn) : a) BaCl2 ; b) NH4Cl ; c) K2S ; d) Al2(SO4)3 ; e) MgSO4 ; g) KCl ; h) ZnCl2 . Được dùng thêm dung dịch phenolphtalein (khoảng pH chuyển màu từ 8 - 10) hoặc metyl da cam (khoảng pH chuyển màu từ 3,1 - 4,4). Hãy nhận biết mỗi dung dịch trên, viết các phương trình ion (nếu có) để giải thích. 4. Tìm cách loại sạch tạp chất khí có trong khí khác và viết các phương trình phản ứng xảy ra: a) CO có trong CO2 ; b) H2S có trong HCl ; c) HCl có trong H2S ; d) HCl có trong SO2 ; e) SO3 có trong SO2 . Cách giải 1. Phương pháp sunfat là cho muối halogenua kim loại tác dụng với axit sunfuric đặc, nóng để điều chế hiđrohalogenua dựa vào tính dễ bay hơi của hiđrohalogenua. Phương pháp này chỉ áp dụng để điều chế HF , HCl, không điều chế được HBr và HI vì axit H2SO4 là chất oxi hoá mạnh còn HBr và HI trong dung dịch là những chất khử mạnh, do đó áp dụng phương pháp sunfat sẽ không thu được HBr và HI mà thu được Br2, I2. Các phương trình phản ứng: CaF2 + H2SO4 đ, nóng = 2 HF  + CaSO4 1
NaCl + H2SO4 đ, nóng = HCl  + NaHSO4 2 NaCl + H2SO4 đ, nóng = 2 HCl  + Na2SO4 NaBr + H2SO4 đ, nóng = NaHSO4 + HBr 2 HBr + H2SO4 đ, nóng = SO2 + 2 H2O + Br2 NaI + H2SO4 đ, nóng = NaHSO4 + HI 6 HI + H2SO4 đ, nóng = H2S + 4 H2O + 4 I2 2. Axit hipoclorơ : - Tính axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic NaClO + CO2 + H2O = NaHCO3 + HClO Tính oxi hoá mãnh liệt, đưa chất phản ứng có số oxi hoá cao nhất 6 4 HClO + PbS-2 = 4 HCl + PbSO4 - Dễ bị phân tích : as to HClO = HCl + O ; 3 HClO = 2 HCl + HClO3 3. Dùng phenolphtalein nhận ra K2S S-2 + H2O  HS - + OH - pH > 10  dung dịch phenolphtalein có màu đỏ Dùng K2S làm thuốc thử. Cho K2S vào các dung dịch còn lại: to - Với NH4Cl : S-2 + NH4+ = NH3 + HS- Nhận ra NH3 nhờ mùi khai, hoặc hoá đỏ giấy lọc tẩm phenolphtalein ( vì NH3 có pH > 9 ). - Với Al2(SO4)3 : Cho kết tủa keo trắng Al(OH)3 2
Al3+ + 3 S-2 + 3 H2O = Al(OH)3 + 3 HS- - Với MgSO4 : Cho kết tủa trắng Mg(OH)2 Mg2+ + 2 S2- + 2 H2O = Mg(OH)2 + 2 HS- - Với ZnCl2 : Cho kết tủa trắng ZnS Zn2+ + 2 S2- = ZnS  Dùng NH4Cl để nhận ra MgSO4: kết tủa Mg(OH)2 tan được trong NH4Cl ; trong khi các kết tủa Al(OH)3 và ZnS không tan. to Mg(OH)2 + 2 NH4+ = Mg2+ + 2 NH3 + H2O Dùng MgSO4 nhận ra BaCl2: Ba2+ + SO42- = BaSO4 trắng Dùng BaCl2 nhận ra Al2(SO4)3 : Còn lại là KCl. Ba2+ + SO42- = BaSO4 trắng (Hoặc dùng metyl da cam làm thuốc thử: Nhận ra Al2(SO4)3 Al2(SO4)3 2 Al3+ + 3 SO42- Al3+ + 3 H2O  AlOH2+ + H+ Dung dịch có phản ứng rất axit ( pH < 4 ) làm cho metyl da cam có màu da cam hoặc đỏ hồng. Các dung dịch còn lại đều có pH > 4,4 nên metyl da cam có màu vàng. Dùng Al2(SO4)3 làm thuốc thử: - Với BaCl2 cho kết tủa trắng tinh thể Ba2+ + SO42- = BaSO4 trắng - Với K2S cho kết tủa keo trắng Al(OH)3 Al3+ + 3 S-2 + 3 H2O = Al(OH)3 + 3 HS- Dùng K2S làm thuốc thử: to 3
- Với NH4Cl : S-2 + NH4+ = NH3 + HS- Nhận ra NH3 nhờ mùi khai, hoặc hoá đỏ giấy lọc tẩm phenolphtalein. - Với MgSO4 : Cho kết tủa trắng Mg(OH)2 Mg2+ + 2 S2- + 2 H2O = Mg(OH)2 + 2 HS- - Với ZnCl2 : Cho kết tủa trắng ZnS Zn2+ + 2 S2- = ZnS  - Với KCl không có dấu hiệu gì. Để phân biệt MgSO4 với ZnCl2 , cho NH4Cl vào 2 kết tủa Mg(OH)2 và ZnS thì chỉ có kết tủa Mg(OH)2 tan trong NH4Cl khi đun nóng to Mg(OH)2 + 2 NH4+ = Mg2+ + 2 NH3 + H2O còn ZnS không tan.) 4. to a) CO + CuO = CO2 + Cu b) H2S + CuCl2 = CuS  + 2 HCl c) HCl + NaHS = NaCl + H2S d) HCl + NaHSO3 = NaCl + SO2 + H2O e) SO3 + H2SO4 = H2S2O7 (oleum) Câu II (3,5 điểm): 1. Hãy dùng kí hiệu ô lượng tử biểu diễn các trường hợp số lượng electron trong một obitan nguyên tử. 2. Mỗi phân tử XY3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 76. a) Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY3 . b) Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y. c) Dựa vào phản ứng oxi hoá - khử và phản ứng trao đổi, hãy viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện, nếu có) các trường hợp xảy ra tạo thành XY3. 4
Cách giải 1. Có ba trường hợp: hoặc hoặc Obitan nguyên tử trống có 1 e có 2 e 2. a) Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY3 , ta có các phương trình: Tổng số ba loại hạt: 2 Zx + 6 Zy + Nx + 3 Ny = 196 (1) 2 Zx + 6 Zy  Nx  3 Ny = 60 (2) 6 Zy  2 Zx = 76 (3) Cộng (1) với (2) và nhân (3) với 2, ta có: 4 Zx + 12 Zy = 256 (a) 12 Zy  4Zx = 152 (b) Zy = 17 ; Zx = 13 Vậy X là nhôm, Y là clo. XY3 là AlCl3 . b) Cấu hình electron: Al : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 ; Cl : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 Các phương trình phản ứng tạo thành AlCl3: to 2Al + 3 Cl2 = 2 AlCl3 to 2Al + 3 CuCl2 = 2 AlCl3 + 3 Cu Al2O3 + 6 HCl = 2 AlCl3 + 3 H2O Al(OH)3 + 3 HCl = AlCl3 + 3 H2O Al2S3 + 6 HCl = 2 AlCl3 + 3 H2S NaAlO2 + 4 HCl = AlCl3 + NaCl + 2 H2O 5
Al2(SO4)3 + 3 BaCl 2 = 2 AlCl3 + 3 BaSO4  Câu III (5 điểm): 1. Hoàn thành phương trình phản ứng a) , b) sau đây. Cho biết các cặp oxi hoá - khử liên quan đến phản ứng và so sánh các giá trị Eo của chúng. - - - a) Zn[Hg(SCN)4] + IO3 + Cl ICl + SO42 + HCN + Zn2+ + Hg2+ - - - b) Cu(NH3)m2+ + CN + OH Cu(CN)2 + - CNO + H2O 2. Dung dịch X có chất tan là muối M(NO3)2 . Người ta dùng 200ml dung dịch K3PO4 vừa đủ phản ứng với 200ml dung dịch X, thu được kết tủa M3(PO4)2 và dung dịch Y. Khối lượng kết tủa đó (đã được sấy khô) khác khối lượng M(NO3)2 ban đầu là 6,825 gam. Điện phân 400 ml dung dịch X bằng dòng điện I = 2 ampe tới khi thấy khối lượng catốt không tăng thêm nữa thì dừng, được dung dịch Z. Giả thiết sự điện phân có hiệu suất 100%. a) Hãy tìm nồng độ ion của dung dịch X, dung dịch Y, dung dịch Z. Cho biết các gần đúng phải chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Y, dung dịch Z. b) Tính thời gian (theo giây) đã điện phân. c) Tính thể tích khí thu được ở 27,3oC , 1atm trong sự điện phân. Cách giải: 1. a) Zn[Hg(SCN)4] + 16 H2O Zn2+ + Hg2+ + 4 HCN + 4 SO42- + 24 H+ + 24 e 6 IO3- + Cl- + 6 H+ + 4 e ICl + 3 H2O - - Zn[Hg(SCN)4] + 6 IO3 + 6 Cl + 8 H+ Zn2+ + Hg2+ + 4 HCN + 4 SO42- + + 6 ICl + 2 H2O Eo IO3-/ ICl > Eo SO42-, HCN / Zn[Hg(SCN)4] - b) 2 Cu(NH3)m2+ + 2 CN - + e Cu(CN)2 + m NH3 6
- CN - + 2 OH- CNO + H2O + 2e - - - 2 Cu(NH3)m2+ + 5 CN + 2 OH 2 Cu(CN)2 + 2m NH3 - + CNO + H2O Eo Cu(NH3)m2+/ Cu(CN)2- > Eo CNO- / CN - 2. a) Phương trình phản ứng: 3 M(NO3)2 + 2 K3PO4 M3(PO4)2  + 6 KNO3 (1) Dung dịch Y: dung dịch KNO3 KNO3 K+ + NO3- (2) Theo (1), 6mol NO3- phản ứng tạo ra 2mol PO43- làm thay đổi khối lượng 372  190 = 182 (g) x mol NO3- phản ứng tạo ra x/3mol PO43- làm thay đổi khối 3x 6,825 0,115x1000 lượng 6,825 (g) 182  0,1125(mol ) x Cddx  200  0,2625(mol / l) Theo (1), nK+ = nNO3- = nKNO3 = 2 nM (NO3)2 = 2  0,1125 = 0,225 (mol). Coi Vdd Y  Vdd X + Vdd K3PO4  400 (ml) (3) 0,225  1000 Vậy C K+ = C NO3- = = 0,5625 (mol/l) 400 Dung dịch Y có nồng độ: C K+ = C NO3- = 0,5625 (mol/l) Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Y: - Bỏ qua sự thay đổi thể tích khi tính (3) và sự có mặt M3(PO4)2  - Bỏ qua sự tan M3(PO4)2  M2+ + PO42- (4) - Bỏ qua sự phân li H2O  H+ + OH - Xét sự điện phân, sơ đồ điện phân: K M(NO3)2 A 7
H2O M2+ + 2 e = M 2 H2O - 2 e = 1/2 O2 + 2 H+ Phương trình điện phân: M(NO3)2 + H2O M + 1/2 O2 + 2 HNO3 (5) Dung dịch Z có chất tan HNO3 . Coi Vdd Z  Vdd X  400 (ml) (6) 0,5625  400 Theo (5) n HNO3 = 2 n M(NO3)2 = 2  1000 n HNO3  1000 Vậy C H + = C NO - = = 1,125 (mol/l) 3 400 (hoặc theo(6) và (5) nH+ = nNO3- = 2 C dd x = 1,125) Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Z: - Coi Vdd Z  Vdd X, bỏ qua sự thay đổi thể tích do sự điện phân gây ra. - Bỏ qua sự phân li H2O  H+ + OH - vì Z là dd HNO3. Nồng độ ion dd X: CM+ = 0,5625 M ; CNO3- = 1,125 M dd Y: CK+ = CNO3- = 0,5625 M dd Z: CH+ = CNO3- = 1,125 M. b) Tính thời gian đã điện phân: m n Thay số vào (7) là = M(NO3)2 = 0,5625  0,4 = 0,025 (mol) A n=2 ; I=2 Vậy t = 0,225  96500 = 21.712,5 (giây) c) Tính thể tích khí thu được ở 27,3oC , 1atm trong sự điện phân dung dịch Y, Z. 1 0,225 Theo 5  : nO2  n M ( NO3 ) 2   0,1125( mol) 2 2 8
22,4  0,1125  300,3  n Vo2 = = 2,772 (lít) 273  1 Câu IV (4 điểm): 1. Sunfuryl điclorua SO2Cl2 là hoá chất phổ biến trong phản ứng clo hoá. Tại 350oC, 2 atm phản ứng SO2Cl2 (khí)  SO2 (khí) + Cl2 (khí) (1) Có Kp = 50 . a) Hãy cho biết đơn vị của trị số đó và giải thích: hằng số cân bằng Kp này phải có đơn vị như vậy. b) Tính phần trăm theo thể tích SO2Cl2(khí) còn lại khi (1) đạt tới cân bằng ở điều kiện đã cho. c) Ban đầu dùng 150 mol SO2Cl2(khí), tính số mol Cl2(khí) thu được khi (1) đạt tới cân bằng. Các khí được coi là khí lý tưởng. 2. a) Tính độ điện li của dung dịch CH3NH2 0,010M. b) Độ điện li thay đổi ra sao khi - Pha loãng dung dịch ra 50 lần. - Khi có mặt NaOH 0,0010M. - Khi có mặt CH3COOH 0,0010M. - Khi có mặt HCOONa 1,00M. Biết: CH3NH2 + H+ CH3NH3 ; K= 10,64 10 CH COOH 3  CH COO- + 3 H+ ; K = 10- 4,76 Cách giải: 1. a) Gọi số mol SO2Cl2 ban đầu là 1, độ phân li là  , ta có: SO2Cl2 (khí)  SO2 (khí) + Cl2 (khí) (1) Ban đầu 1 0 0 Phân li  Cân bằng (1  )   pSO2 (atm)  pCl2(atm) Kp = = 50 atm (2) pSO2Cl2(atm) b) Vì các khí đều là khí lí tưởng nên pi = P . xi (3) ni 9
mà xi = (4)  nj Ở đây : nSO2 = nCl2 =  ; nSO2Cl2 = (1  ) ; còn  nj = 1   (5) b) Tổ hợp (5) và (4) , (3) và (2) ta có: 2 Kp 50 Kp  P.    0,9806 1  2 P  Kp 2  50 Số mol SO2Cl2 còn là (1  )  0,0194 (mol) 0,0194 Do đó SO2Cl2 còn lại chiếm  100%  0,98% 1,9804 Đây là % theo số mol, cũng là % theo thể tích. Vậy khi (1) đạt tới cân bằng SO2Cl2 còn lại chiếm 0,98%về số mol hay thể tích của hệ. (Hoặc SO2Cl2 (khí)  SO2 (khí) + Cl2 (khí) Kp = 50 (1) 2 atm p2  50  p 2  100p  100  0 2  2p 2 - (P + p) p p p SO2Cl2 = 2 - 2  0,9902 = 0,0196 (atm) pSO2Cl2 = P . nSO2Cl2 nSO2Cl2 = 0,0196 : 2 = 0,0098 hay 0,98% % theo số mol cũng là % theo thể tích. Vậy khi (1) đạt tới cân bằng SO2Cl2 còn lại chiếm 0,98%về số mol hay thể tích của hệ.) c) Ban đầu dùng 150 mol (khí), tính số mol Cl2(khí) thu được khi (1) đạt tới cân bằng: Theo (1) ta có: nSO2 = nCl2 = nSO2Cl2  98,06 = 150  0,9806 nCl2 = 147,09 mol 2. a) Tính độ điện li của dung dịch CH3NH2 0,010M: CH3NH2 + H2O  CH3NH3+ + OH- 10-14 c c Kb = = 10-3,36 10
 c-x x x 10-10,64  1,88.10 3  10 2  18,8% x 2 x 2 10  2  Kb   10  3,36  x  1,88.10 3 cx 0,010  x 10 2 x2 b) Độ điện li thay10  4 ra sao khi C CH NH   2. đổi  10 3,36  x  1,49.10  4 3 2 50 2  10  4  x 1,49  10 4 - Pha loãng dung dịch ra 50 lần:   10 2  74,5% 2  10  4 -Khi có mặt NaOH 0,0010M: NaOH = Na+ + OH- CH3NH2 + H2O  CH3NH3+ + OH- 10-3,36 (1) c 0,01 1. 10-3   0,01 - x 3 x 1. 10-3 + x 3 x (10  x ) 1,49  10  10 3,36  x  1,49 10 3  2  10 2  14,9% 0,01  x 10  giảm vì OH- của NaOH làm chuyển dịch cân bằng (1) sang trái. - Khi có mặt CH3COOH 0,0010M: CH COOH 3  CH COO- + 3 H+ ; Ka = -4,76 10 CH3NH2 + H+  CH3NH3+ ; Ka-1 = 1010,64 CH3COOH + CH3NH2  CH3NH3+ + CH3COO- ; K = Ka.Ka-1 = 105,88 K rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn  CCH3NH3+ = CCH3COOH = 1,0  10-3 ; CCH3NH2 = 9  10-3 CH3NH2 + H2O  CH3NH3+ + OH- ; Kb= 10-3 c 9.10-3 1.10-3 11
 9.10-3 - x 3 10-3 + x x x (10  x)  3, 36 3  10  x  1,39.10 9.10  3  x 2,39  10 3 +   10 2  23,9% CH3NH3 = (1,39 + = 2,39 1).10-3  10-3 10 2  tăng vì CH3NH2 tương tác với CH3COOH. - Khi có mặt HCOONa 1,00M: HCOONa HCOO- + Na+ 10 14 K ,b   10 10 ,25 10 3,75 HCOO- + H2O  HCOOH + OH- (1) Ka HCOOH > Ka CH3COOH ( = 10-4,76 ) nên K,b < 10-14 / 10-4,76 = 10- 9,24
50 0,400 80 0,010 Dùng số liệu đó, hãy tính tốc độ trung bình của phản ứng (1). Cách giải: 1. Các phương trình phản ứng xảy ra: S2O82- + 2I- 2 SO42- + I2 (1) I2 giải phóng ra bị S2O32- khử ngay - 2 S2O32- + I2 S4O62- + 2I (2) Khi hết S2O32- thì một ít I2 giải phóng ra từ (1) tác dụng với dung dịch hồ tinh bột làm cho dung dịch xuất hiện màu xanh lam. 1 CI- 2. Ta có v =  (2). Thay số vào (2): 2 t t1 : 20 C1 : 0,348 v1 : 6,2.10-3 t2 : 50 C2 : 0,600 v2 : 6,0.10-3 t3 : 80 C3 : 0,990 v3 : 6,188.10-3 (6,2  6,0  6,188)  10 3 v 3 v  6,129.10-3 (mol.l-1.s-1) BỘ BỘGIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2000- 2001 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC HOÁ HỌC HỮU CƠ Bảng A Câu I (5 điểm): 1. Xuất phát từ brombenzen chứa 14 C ở vị trí 1 và các hoá chất vô cơ cần thiết không chứa 14 C, hãy điều chế các hợp chất thơm chứa 14 C ở vị trí 3 : a) Anilin ; 13
b) Iotbenzen ; c) Axit benzoic. 2. Hoàn thành sơ đồ các phản ứng sau và gọi tên các sản phẩm từ A đến F : Na2Cr2O4 2H Cl2 (1 mol) H2O C D Benzen (1 mol) A B O FeCl3 t ,p HNO3 (1 mol) Fe, HCl E F 3. Khi oxi hoá etylenglicol bằng HNO3 thì tạo thành một hỗn hợp 5 chất. Hãy viết công thức cấu tạo phân tử của 5 chất đó và sắp xếp theo trật tự giảm dần nhiệt độ sôi của chúng (có giải thích). Cách giải: 1. Br MgBr COOMgBr COOH 14 14 14 14 Mg CO2 H3O+ ete COOH 14 14 14 NaOH/CaO HNO3/ H2SO4 NH2 NO2 NO2 0-5oC NaNO2 14 HCl 14 14 14 KI CuCN H3O+ I N2(+)Cl(-) CN COOH a) 14
Br MgBr MgBr COOMgBr 14 ete khan 14 14 14 + Mg (1) ; + CO2 (2) COOMgBr COOH 14 + H3O+ + MgBr+ + H2O (3) COOH COOH 14 H2SO4 14 + HNO3 + H2O (4) NO2 COOH COONa 14 14 2 + Na2CO3 2 + H2O + CO2 (5) NO2 NO2 COONa 14 CaO 14 + NaOH rắn + Na2CO3 (6) NO2 NO2 14 14 + 3 Fe + 7 HCl + 3 FeCl2 + 2 H2O (7) NO2 NH3Cl 14 14 + NaOH + NaCl + H2O (8) 15
NO2 NH2 14 14 b) + NaNO2 + 2 HCl + NaCl + 2 H2O NH2 N  N Cl 14 14 + KI + N2 + KCl N  N Cl I 14 14 + CuCN + N2 + CuCl N  N Cl CN 14 14 c) 2 + 2 H2O + H+ 2 + NH4+ CN COOH O OH 2. Cl OH Na2Cr2O4 2H Cl2 (1 mol) H2O FeCl3 tO , p O OH OH OH OH NO2 Fe, HCl HNO3 16
NO2 NH3Cl Cl FeCl3 + Cl2 + HCl (1) A: Clobenzen Cl OH to, p + H2O + HCl (2) B: Phenol OH O O OH O 2H (3) ; (4) O O OH C: p-Benzoquinon D: Hiđroquinon OH OH + H2O (5) + HNO3 NO2 E: p- Nitrophenol OH NO2 + H2O OH OH (6) + 3 Fe + 7 HCl F: p- Aminophenol 17
NO2 NH3Cl 3. (B) CH2OH CHO HOCH2- COOH COOH COOH O O O O CH2OH CH2OH OHC - CHO CHO COOH (E) (A) (C) (D) (Đ) Đ>B>D>A>C (Giải thích bằng hiệu ứng electron và liên kết hiđro). Câu II (4 điểm): N Xinconiđin (X) có công thức cấu tạo : CH=CH2 9 C HOH 9 Đó là đồng phân lập thể ở C của xinconin (Y). N 1. Hãy ghi dấu  vào mỗi nguyên tử cacbon bất đối và khoanh vòng tròn nguyên tử nitơ có tính bazơ mạnh nhất trong phân tử X. 2. Cho từ từ dung dịch HBr vào X ở nhiệt độ phòng rồi đun nóng nhẹ, sinh ra các sản phẩm chính là A (C19H23BrON2) , B (C19H24Br2ON2) , C (C19H25Br3ON2) , và D (C19H24Br4N2). Chế hoá D với dung dịch KOH trong rượu 90o thu được E (C19H20N2) Hãy viết công thức cấu tạo của A , B , C , D , E. Ghi dấu  vào mỗi nguyên tử cacbon bất đối trong phân tử D và E. 3. Cho C6H5COCl vào X và Y thu được sản phẩm đều có công thức C26H26N2O2 (đặt là F và G). F và G có đồng nhất (cùng là một chất) hay không? Chúng có nhiệt độ nóng chảy giống hay khác nhau? tại sao? Cách giải: .. 1. N  CH=CH2  18
CHOH  N: H 2. N N(+)Br(-) CH=CH2 CH=CH2 CHOH CHOH Br(-)(+)NH Br(-)(+)NH (A) (B) H H N(+) Br(-) N(+) Br(-) CHBr-CH3  CHBr-CH  3 CHOH CHBr  Br(-) (+)NH Br(-) (+)NH (C) (D) 3. N N  CH-CH3 CH=CH2 CH= C6H5COO-9CH (E) N (F) N F và G là đồng phân cấu hình ở C9 (tương tự X và Y) vì phản ứng với C6H5COCl không làm đứt liên kết C9-O vì vậy F và G không đồng nhất, chúng là những đồng phân đối quang của nhau, nên tnc giống nhau. Câu III (4 điểm): 1.Có một hỗn hợp protit gồm pepsin (pHI = 1,1), hemoglobin (pHI = 6,8) và prolamin (pHI = 12,0). Khi tiến hành điện di dung dịch protit nêu trên ở pH = 7,0 thì thu được 3 vết chất (xem hình): 19
Xuất phát Cực    Cực A B C Cho biết mỗi vết chất đặc trưng cho protit nào ? Giải thích. 2. Khi thuỷ phân hoàn toàn 1 mol tripeptit X thu được 2 mol axit glutamic ( HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH ), 1 mol alanin ( CH3CH(NH2)COOH ) và 1 mol NH3. X không phản ứng với 2,4-đinitroflobenzen và X chỉ có một nhóm cacboxyl tự do. Thuỷ phân X nhờ enzim cacboxipeptiđaza thu được alanin và một đipeptit Y. Viết công thức cấu tạo của X , Y và gọi tên chúng. Cách giải: 1. Vết A: Pepsin, vì Pepsin là protit có tính axit mạnh (pHI = 1,1) nên tồn tại ở dạng anion, do đó chuyển về cực dương. Vết B: Hemoglobin (pHI = 6,8), hầu như ở dạng ion lưỡng cực. Vết C: prolamin (pHI = 12,0), vì là protit có tính bazơ mạnh nên ở dạng cation, do đó chuyển về cực âm. 2. Tripeptit X có cấu tạo theo trật tự Glu-Glu-Ala. Vì theo dữ kiện đầu bài aminoaxit đuôi (đuôi C) là Ala, nhóm -NH2 của aminoaxit đầu (đầu N) đã tạo thành lactam với nhóm -COOH của đơn vị Glu thứ nhất, nhóm -COOH của đơn vị thứ Glu hai ở dạng chức amit -CONH2 (do thuỷ phântạo ra NH3). Vậy: O O X: NH - CH - C - NH - CH - C - NH - CH - COOH ; O=C (CH2)2-CONH2 CH3 CH2 - CH2 -Glutamolactam-- ylglutaminylalanin O Y: NH - CH - C - NH - CH - COOH O=C (CH2)2-CONH2 CH2 - CH2 -Glutamolactam-- ylglutamin 20